Corrigé détaillé Centrale Physique 2 PC 2022 (page 2/3 : Partie I (questions 12 à 21) et partie II (questions 22 à 28))

Le voyage retour s'effectue sur une orbite de transfert de Hohmann identique à celle de l'aller : le vaisseau part de l'orbite de Mars (aphélie) et rejoint l'orbite de la Terre (périhélie) après avoir balayé un angle au centre de \pi radians pendant une durée égale à \Delta t.

Notons t_{\mathrm{dep}} l'instant de départ de Mars et t_{\mathrm{arr}} = t_{\mathrm{dep}} + \Delta t l'instant d'arrivée sur Terre. La position angulaire d'arrivée du vaisseau est :

Pour que la Terre soit au rendez-vous à l'instant d'arrivée, il faut :

Durant le transfert de durée \Delta t, la Terre, animée d'une vitesse angulaire \omega_T = \frac{2\pi}{T_T}, a parcouru un angle :

On en déduit la relation entre les positions angulaires de Mars et de la Terre au moment du départ :

L'angle \alpha_1 = \theta_M(t_{\mathrm{dep}}) - \theta_T(t_{\mathrm{dep}}) formé par les directions Soleil–Mars et Soleil–Terre au départ de Mars s'écrit donc :

En utilisant la relation établie à la question Q9, \frac{2\Delta t}{T_T} = \left(\frac{a_T + a_M}{2a_T}\right)^{3/2}, on obtient :

Application numérique :

(ou avec \Delta t \approx 259\text{ jours} et T_T = 365\text{ jours} : \alpha_1 = \pi \left(\frac{2 \times 259}{365} - 1\right) \approx 75{,}4^\circ).

1. Période entre deux fenêtres de lancement depuis la Terre

Pour qu'une nouvelle fenêtre de tir s'ouvre, le système Terre-Soleil-Mars doit retrouver la même configuration angulaire relative \alpha_0 qu'au départ.

Les vitesses angulaires orbitales respectives de la Terre et de Mars sont \omega_T = \frac{2\pi}{T_T} et \omega_M = \frac{2\pi}{T_M}. La vitesse angulaire relative de la Terre par rapport à Mars vaut \Delta\omega = \omega_T - \omega_M > 0. La période synodique T_{\mathrm{syn}} vérifie donc :

Soit :

Application numérique :

2. Nombre de jours passés sur Mars (durée du séjour \Delta t_s)

À l'instant d'arrivée sur Mars t_{\mathrm{arr}} = \Delta t, Mars se trouve à l'aphélie de l'orbite de transfert (\theta_M(\Delta t) = \pi) et la Terre a avancé de \theta_T(\Delta t) = \omega_T \Delta t. L'écart angulaire Terre-Mars vaut alors :

d'après l'expression établie à la question Q12.

Au moment du départ de Mars t_{\mathrm{dep}} = \Delta t + \Delta t_s, la condition de rendez-vous avec la Terre au terme du transfert retour (de durée \Delta t) impose que la Terre soit en retard angulaire de \alpha_1 sur Mars (Q12) :

L'écart angulaire \theta_T - \theta_M a donc augmenté de :

Pendant le séjour \Delta t_s, la Terre rattrape Mars à la vitesse angulaire relative \omega_T - \omega_M, d'où :

En utilisant T_{\mathrm{syn}} = \frac{2\pi}{\omega_T - \omega_M} et \alpha_1 = \pi\left(\frac{2\Delta t}{T_T} - 1\right) :

Application numérique avec \Delta t \approx 259\text{ jours} (Q9) :

3. Durée totale de la mission \Delta t_{\mathrm{tot}}

La durée totale est la somme des durées des trajets aller et retour et du séjour sur Mars :

Application numérique :

L'origine des angles polaires correspond à la position de la Terre au lancement (t = 0), située sur l'axe horizontal à droite du Soleil (x > 0), soit \theta_T(0) = 0. Le sens trigonométrique direct est fixé par l'orientation de la vitesse orbitale \vec{V}_T vers le haut.

À l'instant \Delta t' où le vaisseau atteint l'orbite de Mars, l'angle balayé par le vaisseau depuis la Terre vaut \theta = \dfrac{3\pi}{4}, ce qui correspond à une réduction de 25\,\% par rapport au demi-tour complet (\pi) du transfert de Hohmann :

Mars se trouve donc à l'intersection de la demi-droite d'angle polaire \theta = \dfrac{3\pi}{4} (deuxième quadrant, bissectrice des axes -Ox et +Oy) et du cercle extérieur figurant l'orbite de Mars (de rayon a_M).

L'orbite de la Terre est modélisée par un cercle de rayon a_T centré sur le Soleil. La vitesse de la Terre est donc purement orthoradiale :

L'incrément de vitesse communiqué au départ étant colinéaire à \vec{V}_T, la vitesse initiale \vec{V}''_T du vaisseau à t = 0 est également orthoradiale :

La dérivée radiale s'annulant en \theta = 0, la distance r(\theta) présente un extremum en ce point (ligne des absides).

D'après l'équation polaire imposée pour la conique :

la distance minimale au foyer (le périhélie r_P) est atteinte lorsque le dénominateur est maximal, c'est-à-dire pour \cos\theta = 1, soit \theta = 0 :

Le point d'injection à t = 0 étant situé sur l'orbite terrestre (\theta = 0), la distance initiale au Soleil est r(0) = a_T. On en déduit immédiatement :

L'équation polaire de la trajectoire est :

D'après la question Q15, le lancement s'effectue au périhélie en \theta = 0 à la distance r_P = a_T :

Le vaisseau atteint l'orbite de Mars à la position angulaire \theta = \theta_M(\Delta t') = \frac{3\pi}{4} à la distance r(3\pi/4) = a_M. Avec \cos\left(\frac{3\pi}{4}\right) = -\frac{\sqrt{2}}{2} = -\frac{1}{\sqrt{2}}, il vient :

On en déduit l'expression demandée pour l'excentricité :

Application numérique : Avec a_T = 150 \times 10^6\text{ km} et a_M = 228 \times 10^6\text{ km} :

Comme 0 < e < 1, la trajectoire de transfert est une ellipse.

Allure de la trajectoire (Figure B) :

• Au départ (\theta = 0), le vaisseau part du périhélie (r = a_T) : la vitesse \vec{V}_T'' est orthoradiale, la trajectoire est donc tangente à l'orbite de la Terre.
• À l'arrivée (\theta = 3\pi/4 = 135^\circ), le vaisseau croise l'orbite de Mars (r = a_M). Cette position ne correspond pas à l'aphélie de l'ellipse (qui aurait lieu en \theta = \pi à r_A = a_T \frac{1+e}{1-e} \approx 250 \times 10^6\text{ km} > a_M) : la trajectoire coupe donc l'orbite de Mars avec un angle non nul (non tangentiellement).

Puisque 0 < e < 1, la trajectoire de transfert est une ellipse. Pour une conique d'équation polaire r(\theta) = \frac{p}{1+e\cos\theta}, la distance minimale au Soleil (périhélie) est atteinte pour \theta = 0 :

où a' désigne le demi-grand axe de cette ellipse. D'après le résultat de la question Q15 (r_P = a_T), il vient :

D'après le rappel du sujet généralisant le résultat de la question Q5, l'énergie mécanique du vaisseau sur son orbite elliptique s'écrit :

Or, d'après la question Q4, la vitesse orbitale de la Terre sur son orbite circulaire de rayon a_T vérifie :

En substituant cette relation, on obtient :

Au départ de la Terre (t = 0), le vaisseau est injecté au périhélie de sa nouvelle trajectoire, à la distance r(0) = r_P = a_T du centre du Soleil, avec la vitesse V_T''. L'énergie mécanique du vaisseau s'écrit donc :

D'après la question Q4, la vitesse orbitale de la Terre vérifie V_T^2 = \dfrac{G M_S}{a_T}, ce qui permet d'écrire l'énergie potentielle sous la forme :

D'après la question Q17, l'énergie mécanique totale sur cette orbite vaut :

En égalant les deux expressions de E_M, on obtient :

La vitesse étant une grandeur positive, on en déduit :

D'après la question Q18, la vitesse nécessaire au départ pour injecter le vaisseau sur la trajectoire raccourcie est :

La variation de vitesse à communiquer au vaisseau au départ de la Terre s'écrit donc :

Application numérique : Avec V_T = 29{,}8\text{ km}\cdot\text{s}^{-1} (d'après la question Q4) et e \approx 0{,}251 (d'après la question Q16) :

Le mouvement du vaisseau s'effectue dans le champ de gravitation newtonien du Soleil, qui est une force centrale issue de l'origine O. D'après la question Q3, la constante des aires C = r^2 \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t} est une constante du mouvement le long de toute la trajectoire.

Au moment de l'injection (t = 0), le vaisseau se trouve au périhélie de son orbite à la distance :

En ce point, la distance au centre attracteur est minimale, ce qui implique que la vitesse radiale s'annule :

La vitesse du vaisseau est alors purement orthoradiale :

d'où :

Par conséquent, en évaluant la constante des aires en ce point particulier :

On obtient ainsi :

D'après la question Q20, la constante des aires s'écrit :

avec, d'après la question Q18, V_T'' = V_T \sqrt{1+e}. De plus, d'après les questions Q15 et Q16, le paramètre de la conique vaut p = a_T(1+e), d'où :

On en déduit l'expression différentielle de la durée \mathrm{d}t :

Comme pour l'orbite circulaire terrestre V_T = \frac{2\pi a_T}{T_T}, le préfacteur temporel peut également s'écrire sous la forme :

En intégrant entre l'instant de départ (\theta = 0) et l'instant d'arrivée à l'orbite de Mars (\theta = \theta_M(\Delta t') = \frac{3\pi}{4}), on obtient :

Application numérique : Avec e \approx 0{,}251 (question Q16), l'intégrale vaut 2{,}15.

• a_T = 150 \times 10^6\text{ km} = 1{,}50 \times 10^{11}\text{ m}
• V_T = 29{,}8\text{ km}\cdot\text{s}^{-1} = 2{,}98 \times 10^4\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}
• (1+e)^{3/2} = (1{,}251)^{3/2} \approx 1{,}40

En exprimant ce temps en jours avec T_T = 365\text{ jours} :

Considérons le système fermé \Sigma défini de la façon suivante dans le référentiel d'étude galiléen :

• À l'instant t, \Sigma est constitué du vaisseau seul, de masse m(t) et de vitesse \vec{v}(t).

• À l'instant t + \mathrm{d}t, \Sigma est constitué :

  • du vaisseau de masse m(t+\mathrm{d}t) = m(t) + \mathrm{d}m et de vitesse \vec{v}(t+\mathrm{d}t) = \vec{v}(t) + \mathrm{d}\vec{v} ;
  • de la quantité de gaz éjectée pendant l'intervalle \mathrm{d}t, de masse \delta m_e = -\mathrm{d}m = D\,\mathrm{d}t > 0 (puisque \mathrm{d}m < 0).

La vitesse d'éjection des gaz par rapport au vaisseau étant notée \vec{v}_1, la vitesse de ce paquet de gaz dans le référentiel d'étude à l'instant t+\mathrm{d}t s'écrit, d'après la loi de composition des vitesses :

Calculons la quantité de mouvement totale du système fermé \Sigma aux deux instants :

La variation de quantité de mouvement du système fermé au premier ordre s'écrit donc :

L'énoncé précise que les forces gravitationnelles sont négligeables devant la poussée durant cette phase brève de propulsion. En l'absence de force extérieure agissant sur le système fermé \Sigma, le principe fondamental de la dynamique s'écrit :

En remplaçant \mathrm{d}m par -D\,\mathrm{d}t, on obtient :

En posant \vec{F} = -D\vec{v}_1, on retrouve bien l'équation du mouvement du vaisseau :

D'après la question Q22, la poussée développée par le moteur s'écrit en norme :

où D est le débit massique des gaz éjectés et v_1 leur vitesse d'éjection par rapport au vaisseau.

Considérons une masse initiale d'ergol m_i consommée à débit constant D pendant une durée \Delta t = I_{\mathrm{sp}}. La masse consommée s'écrit :

La poussée fournie vaut alors :

D'après la définition de l'impulsion spécifique fournie par le texte, cette poussée est égale au poids terrestre de cette masse d'ergol, soit F = m_i g. On en déduit :

d'où l'expression de l'impulsion spécifique :

La vitesse d'éjection des gaz s'exprime donc par :

Application numérique : Avec g = 9{,}81\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} et I_{\mathrm{sp}} = 825\text{ s} :

soit :

D'après la question Q22, pendant la phase de poussée, le mouvement est considéré comme rectiligne dans la direction du vecteur vitesse \vec{v} = v\vec{u}_x. L'éjection des gaz se faisant vers l'arrière (\vec{v}_1 = -v_1 \vec{u}_x), la projection de l'équation dynamique s'écrit :

soit, en séparant les variables :

Par intégration entre l'état initial (masse m_0, vitesse v_i) et l'état final après l'impulsion (masse m_f, vitesse v_f), on obtient l'équation de Tsiolkovski :

La masse finale du vaisseau s'exprime donc par :

La masse d'hydrogène liquide consommée m_c = m_0 - m_f vaut :

Avec v_1 = g I_{\mathrm{sp}} (établie en Q23), l'application numérique donne :

Cohérence avec le dimensionnement du vaisseau :

• Aspect massique : La masse consommée représente une fraction \frac{m_c}{m_0} \approx 37\,\% de la masse initiale, ce qui laisse une masse restante importante (m_f \approx 228\text{ t}) pour la structure, la charge utile et les manœuvres ultérieures.

• Aspect volumique : À partir de la masse volumique de l'hydrogène liquide \mu_{\mathrm{LH}_2} = 71{,}0\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3}, le volume de \mathrm{LH}_2 consommé est :

  V_{\mathrm{LH}_2} = \frac{m_c}{\mu_{\mathrm{LH}_2}} = \frac{1{,}32 \times 10^5}{71{,}0} \approx 1{,}86 \times 10^3\text{ m}^3

  Le vaisseau étant un cylindre de diamètre d = 10\text{ m} (rayon R = 5{,}0\text{ m}), la section droite vaut S = \pi R^2 \approx 78{,}5\text{ m}^2. La longueur de réservoir nécessaire pour stocker ce volume est :

  L = \frac{V_{\mathrm{LH}_2}}{S} \approx \frac{1860}{78{,}5} \approx 24\text{ m}

  Cette longueur est tout à fait compatible avec la longueur totale du vaisseau (près de 100\text{ m}, précisément 96{,}7\text{ m} sur la figure 1), où les réservoirs fixe (2) et largable (3) occupent environ la moitié de l'appareil.

Le résultat est donc pleinement cohérent avec le dimensionnement proposé.

D'après l'équation de Tsiolkovski établie à la question Q24, la masse de dihydrogène liquide \mathrm{LH}_2 consommée lors d'un incrément de vitesse \Delta V s'écrit :

avec m_0 = 360\times 10^3\text{ kg} et v_1 = 8{,}09\text{ km}\cdot\text{s}^{-1} (d'après Q23).

Pour le transfert de Hohmann, l'énoncé indiquait à la question Q24 une variation de vitesse requise depuis l'orbite basse terrestre de :

Dans l'hypothèse du voyage raccourci étudiée en sous-partie I.D, l'incrément de vitesse héliocentrique passe de \Delta V_T = 2{,}93\text{ km}\cdot\text{s}^{-1} (question Q8) à \Delta V_T' = 3{,}53\text{ km}\cdot\text{s}^{-1} (question Q19), soit un surcroît de vitesse :

L'incrément total de vitesse requis depuis l'orbite basse pour cette trajectoire rapide est donc estimé à :

La nouvelle masse d'ergol consommée s'élève alors à :

Le surplus de consommation \Delta m_c = m_c' - m_c vaut ainsi :

Considérons le cœur du réacteur traversé par un écoulement stationnaire de dihydrogène de débit massique D_m.

En appliquant le premier principe de la thermodynamique à ce système ouvert en régime permanent entre l'entrée (indice e) et la sortie (indice s), le bilan enthalpique s'écrit :

En l'absence de pièces mobiles fournissant du travail utile (\mathcal{P}_i = 0), en négligeant l'énergie potentielle de pesanteur (\Delta e_p \approx 0) ainsi que les variations d'énergie cinétique devant les variations d'enthalpie (\Delta e_c \approx 0), ce bilan se simplifie en :

L'enthalpie étant une fonction d'état, on décompose l'évolution du dihydrogène entre l'état initial (liquide à T_{\mathrm{vap}}, P_{\mathrm{vap}}) et l'état final (gaz à T_0, P_0) en deux étapes :

1. Vaporisation complète du liquide à la température T_{\mathrm{vap}} et à la pression P_{\mathrm{vap}} :

   \Delta h_{\mathrm{vap}} = \frac{\Delta H_{\mathrm{vap}}}{M_{\mathrm{H}_2}}

2. Échauffement du dihydrogène gazeux de T_{\mathrm{vap}} à T_0. Le dihydrogène gazeux étant modélisé par un gaz parfait, son enthalpie ne dépend que de la température (seconde loi de Joule) :

   \Delta h_{\mathrm{gaz}} = \int_{T_{\mathrm{vap}}}^{T_0} c_p \, \mathrm{d}T = c_p (T_0 - T_{\mathrm{vap}})

   Or la capacité thermique massique à pression constante s'exprime selon les données par :

   c_p = \frac{\gamma r}{\gamma - 1} = \frac{\gamma R}{(\gamma - 1) M_{\mathrm{H}_2}}

La variation d'enthalpie massique totale s'écrit donc :

On en déduit l'expression du débit massique :

D'après l'étude dynamique menée aux questions Q22 et Q23, la force de poussée développée par un moteur NERVA vérifie en norme :

où D_{\text{moteur}} est le débit massique éjecté par ce moteur.

Le débit massique requis d'un point de vue mécanique et propulsif est donc :

Avec F = 220\text{ kN} = 2{,}20 \times 10^5\text{ N} et v_1 = 8{,}09 \times 10^3\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} (obtenu à la question Q23 via v_1 = g I_{\mathrm{sp}}) :

La valeur issue du bilan thermique du réacteur (D_m = 27{,}4\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1}) est en accord remarquable avec cette valeur dynamique, avec un écart relatif inférieur à 1\,\% :

En régime stationnaire et unidimensionnel, la conservation de la masse à travers la section S_0 de sortie du cœur s'écrit :

où \mu_0 est la masse volumique du dihydrogène gazeux à la sortie du cœur.

Le dihydrogène étant assimilé à un gaz parfait de constante spécifique r = \frac{R}{M_{\mathrm{H}_2}}, son équation d'état s'écrit :

En injectant cette relation dans l'expression du débit massique, il vient :

On en déduit l'expression de la vitesse v_0 :

Application numérique : Avec les valeurs fournies par l'énoncé :

• D_m = 27{,}4\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1}
• r = 4{,}16\text{ kJ}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{kg}^{-1} = 4{,}16 \times 10^3\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{kg}^{-1}
• T_0 = 2500\text{ K}
• P_0 = 70{,}0 \times 10^5\text{ Pa}
• S_0 = 0{,}28\text{ m}^2

Nécessité de la tuyère : Sans tuyère, les gaz seraient éjectés à la vitesse v_0 \approx 145\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}, ce qui ne procurerait qu'une poussée unitaire :

très largement inférieure aux 220\text{ kN} requis. La vitesse d'éjection nominale déterminée à la question Q23 est v_1 = 8{,}09 \times 10^3\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}, soit environ 55 fois plus grande que v_0.

La détente thermique dans une tuyère convenablement profilée (tuyère de Laval) est le seul moyen de convertir l'énergie thermique (enthalpie) du gaz chaud sous forte pression en énergie cinétique macroscopique. La tuyère est donc absolument indispensable.